八年级下期中复习23.1-25.4 优等生讲义 (6大考点精讲+压轴题+课后巩固)2026年沪教版数学八年级下册

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思维导图 · 课程内容总览
课程目标 · 精准把握学习方向
理解 多边形内角和、外角和定理，掌握对角线公式及正多边形性质。
掌握 平行四边形的性质与判定，能灵活运用对角线、边角关系进行几何证明与计算。
熟练运用 矩形、菱形、正方形的判定与性质，解决中点四边形、折叠拼接、动点等综合问题。
理解 三角形中位线定理及重心性质（2:1分比），会利用中位线构造平行四边形。
掌握 平面直角坐标系中的平移变换、两点间距离公式、切比雪夫距离；理解一次函数的图像与性质，能解决行程、利润等实际应用。
突破 多边形截角、正方形动点、菱形存在性、直角三角形分类讨论等压轴题型，提升几何推理与代数建模能力。
✨ 核心思想：数形结合、分类讨论、转化思想，从特殊到一般。
知识梳理 · 核心知识点
☆ 多边形基础
1. 多边形基础
n边形内角和 = n−2×180°；外角和恒为360°。
从n边形一个顶点出发可引 n−3 条对角线，将多边形分成 n−2 个三角形。
凸多边形内角中锐角最多3个，每个外角与相邻内角互补。
☆ 平行四边形
性质：对边平行且相等，对角相等，对角线互相平分；中心对称图形。
判定：①两组对边分别平行；②两组对边分别相等；③一组对边平行且相等；④对角线互相平分；⑤两组对角分别相等。
面积公式：S=底×高，常结合全等、中位线求解。
☆ 矩形、菱形、正方形
矩形：四个角都是直角；对角线相等且互相平分；是轴对称图形（2条对称轴）。
菱形：四边相等；对角线互相垂直平分且平分内角；面积=对角线乘积的一半。
正方形：兼具矩形和菱形所有性质，四边相等，四角直角，对角线垂直相等且平分内角。
中点四边形：顺次连接任意四边形中点得到平行四边形；原四边形对角线满足特殊条件时中点四边形为菱形、矩形或正方形。
☆ 三角形中位线与重心
中位线定理：三角形两边中点连线平行于第三边且等于第三边的一半。
重心：三条中线的交点，将每条中线分成2:1的两段（重心到顶点距离是中线的 23）。
常用辅助线：构造中位线实现线段的倍分转换；重心与中点结合求线段长或面积比。
☆ 平面直角坐标系与一次函数
坐标变换：点 x,y 平移 a,b → x+a,y+b；关于x轴、y轴对称规律。
两点距离公式：P1P2=x2−x12+y2−y12。
一次函数：y=kx+b k≠0；k 决定增减性，b 为y轴截距。
图象与不等式：kx+b>0 的解集对应图象在x轴上方的x范围；两直线交点对应方程组的解。
实际应用（行程、利润、分段函数）—— 注意自变量取值范围。
☆ 创新及压轴题综合
切比雪夫距离：d=maxx1−x2,y1−y2。
截角问题：多边形截去一个角后，边数可能增加1、不变或减少1，内角和相应变化180°。
动态几何：平行四边形、菱形、矩形中的动点与全等/相似综合，常用勾股定理、含30°直角三角形边长关系。
□ 核心公式与性质速查表
核心考点 ·6类题型精讲
【考点1】多边形及其内角和、对角线（对应题1-6）
✅ 方法总结
已知内角求边数：利用内角和外角互补，先求外角（360°÷n）或内角和公式列方程。
对角线数量：从一个顶点出发 n−3 条，总对角线 nn−32。
多边形截角问题：截去一个角，新多边形边数可能增加1、减少1或不变，内角和变化±180°。
凸多边形最多3个锐角；内外角关系灵活转化。
1．（2025春•长宁区期中）关于多边形，下列说法中正确的是（ ）
A．过七边形一个顶点可以作7条对角线
B．凸多边形的外角和与边数成正比例关系
C．凸多边形的内角中最多只有3个锐角
D．凸多边形的内角和一定大于它的外角和
【分析】根据多边形的内角和与外角和等有关知识进行判断即可．
【解答】解：A，过七边形一个顶点可以作4条对角线，故此选项不符合题意；
B，凸多边形的外角和是360°，与边数无关，故此选项不符合题意；
C，凸多边形的内角中最多只有3个锐角，故此选项符合题意；
D，三角形的内角和小于它的外角和，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握有关定理是解题的关键．
2．（2025春•闵行区校级期中）一个凸多边形的每一个内角都等于140°，那么从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是（ ）
A．9条B．8条C．7条D．6条
【分析】首先利用多边形的内角和公式求得多边形的边数；然后根据多边形的边数与对角线的关系即可得出结论．
【解答】解：设多边形的边数为n．
根据题意得：140°n＝（n﹣2）×180°，
解得n＝9，
所以从一个顶点引出的对角线的条数为9﹣3＝6（条）．
故选：D．
【点评】本题考查的是多边形的内角和，多边形的对角线，掌握多边形的内角和公式是解题的关键．
3．（2025春•闵行区期中）如果一个多边形的边数增加1，那么它的内角和将增加（ ）度．
A．60°B．90°C．180°D．360°
【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形内角和公式求出其内角和，再求出边数增加1后的多边形的内角和，求出它们的差即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，则这个多边形的内角和为：（n﹣2）×180°＝180°n﹣360°，
若这个多边形的边数增加1，则边数为n+1，内角和为（n+1﹣2）×180°＝（n﹣1）×180°＝180°n﹣180°，
∵（180°n﹣180°）﹣（180°n﹣360°）
＝180°n﹣180°﹣180°n+360°
＝180°，
∴一个多边形的边数增加1，那么它的内角和将增加180°，
故选：C．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和外角，解题关键是熟练掌握多边形的内角和公式．
4．（2025春•上海校级期中）正多边形的一个内角是135°，则这个多边形的对角线总数为 20 ．
【分析】先求出正多边形的一个外角度数，再根据多边形的外角和等于360°，即可求出这个多边形的边数，根据对角线条数公式即可求出对角线总数．
【解答】解：根据题意可知，正多边形的一个外角是180°﹣135°＝45°，
∴这个多边形的边数是360°÷45°＝8，
∴对角线总数为8×(8−3)2=20．
故答案为：20．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，掌握多边形的内角与外角的计算方法是关键．
5．（2025春•闵行区校级期中）从一个九边形的一个顶点出发的对角线把这个九边形分割成的三角形个数是（ ）
A．10B．12C．7D．6
【分析】根据n边形从一个顶点引出的对角线条数为（n﹣3）条，可分成个（n﹣2）三角形即可求解．
【解答】解：根据题意得分割成的三角形个数为9﹣2＝7个，
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的对角线，掌握以上知识点是解题的关键．
6．（2025春•奉贤区校级期中）如果多边形的内角和等于外角和的3倍，那么这个多边形的边数为 8 ．
【分析】任何多边形的外角和是360度，即这个多边形的内角和是360×3度．n边形的内角和是180（n﹣2），列方程就可以求出多边形的边数．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，多边形的内角和等于外角和的3倍，
根据题意得：180°×（n﹣2）＝3×360°，
解得：n＝8，
故答案为：8．
【点评】本题考查了多边形的外角和以及内角和，正确进行计算是解题关键．
【考点2】平行四边形的判定与性质（对应题7-14）
✅ 方法总结
判定五法：根据边、角、对角线选择最简条件；常见陷阱：一组对边平行另一组对边相等不一定是平行四边形（等腰梯形反例）。
平行四边形中常构造全等三角形、利用对角线互相平分解决线段相等或中点问题。
“平行+角平分线”模型常出现等腰三角形；面积问题中注意等高模型。
OE⊥BD，且O为对角线交点时，利用垂直平分线得BE=DE，转化周长。
7．（2025春•奉贤区期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O．下列条件不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB＝DC，AD＝BCB．AB∥DC，AD＝BC
C．AB∥DC，∠BAD＝∠BCDD．OA＝OC，OB＝OD
【分析】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵AB＝DC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵AB∥DC，AD＝BC，
∴四边形ABCD不一定是平行四边形，也可能是等腰梯形，故选项B符合题意；
C、∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∵∠BAD＝∠BCD，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
8．（2025春•浦东新区校级期中）如图，在周长为20cm的▱ABCD中，AB≠AD，AC，BD相交于点O，OE⊥BD交AD于E，则△ABE的周长为（ ）
A．4cmB．6cmC．8cmD．10cm
【分析】要求周长，就要求出三角形的三边，利用垂直平分线的性质即可求出BE＝DE，所以△ABE的周长＝AB+AE+BE＝AB+AD．
【解答】解：∵AC，BD相交于点O，
∴O为BD的中点，
∵OE⊥BD，
∴BE＝DE，
∴△ABE的周长＝AB+AE+BE＝AB+AD=12×20＝10（cm），
∴△ABE的周长为10cm．
故选：D．
【点评】本题考查的是平行四边形的性质及线段垂直平分线的性质，解答此题的关键是将三角形的三边长转为平行四边形的一组邻边的长．
9．（2025春•浦东新区校级期中）平行四边形的两条对角线分别为6和10，则其中一条边长m的取值范围为（ ）
A．0＜m＜10B．0＜m＜6C．4＜m＜6D．2＜m＜8
【分析】由平行四边形的性质得OA＝OC＝3，OB＝OD＝5，再由三角形的三边关系得OB﹣OA＜m＜OB+OA，即5﹣3＜m＜5+3，即可得出结论．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝6，BD＝10，
∴OA＝OC＝3，OB＝OD＝5，
在△AOB中，由三角形的三边关系得：OB﹣OA＜m＜OB+OA，
即5﹣3＜m＜5+3，
∴2＜m＜8，
故选：D．
【点评】本题考查平行四边形的性质以及三角形的三边关系，熟练掌握平行四边形的性质和三角形的三边关系是解题的关键．
10．（2025春•静安区校级期中）如图，分别以△ABC的三边为一边作▱BCED，▱ABFG，▱ACIH，且点D，E分别在FG，HI上．若▱ABFG，▱ACIH的面积分别为S1，S2，则▱BCED的面积为（ ）
A．S1+S2B．S1+S22
C．S1S2D．2S1S2S1+S2
【分析】过A作AM⊥BD交BD的延长线于M，AN⊥CE于N，由平行四边形的性质推出BD∥CE，BD＝CE，判定M、A、N共线，由三角形面积公式得到△ABD的面积=12S1，△ACE的面积=12S2，因此△ABD的面积+△ACE的面积=12（S1+S2），推出BD•MN＝S1+S2，得到平行四边形BCED的面积＝S1+S2．
【解答】解：过A作AM⊥BD交BD的延长线于M，AN⊥CE于N，
∵四边形BCED是平行四边形，
∴BD∥CE，BD＝CE，
∴AM⊥CE，
∴M、A、N共线，
∵四边形ABFG是平行四边形，
∴FG∥AB，
∴△ABD的面积=12S1，
同理：△ACE的面积=12S2，
∴△ABD的面积+△ACE的面积=12（S1+S2），
∵△ABD的面积=12BD•AM，△ACE的面积=12CE•AN，
∴12BD（AM+AN）＝△ABD的面积+△ACE的面积=12（S1+S2），
∴BD•MN＝S1+S2，
∴平行四边形BCED的面积＝S1+S2．
故选：A．
【点评】本题考查平行四边形的性质，关键是由平行四边形的性质推出△ABD的面积+△ACE的面积=12（S1+S2）．
11．（2025春•上海校级期中）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，且∠ADC＝60°，AB=12BC，连接OE．下列结论：①AE＝CE；②S平行四边形ABCD＝AB×AC；③S△ABC＝2S△ACE；④OE=14BC，成立的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】利用平行四边形的性质可得∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BAD＝120°，利用角平分线的定义证明△ABE是等边三角形，然后推出AE＝BE=12BC，再结合等腰三角形的性质：等边对等角、三线合一进行推理即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BAD＝120°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠EAD＝60°
∴△ABE是等边三角形，
∴AE＝AB＝BE，∠AEB＝60°，
∵AB=12BC，
∴AE＝BE=12BC，
∴AE＝CE，故①正确；
∴∠EAC＝∠ACE＝30°
∴∠BAC＝90°，
∴S▱ABCD＝AB•AC，故②正确；
∵BE＝EC，
∴E为BC中点，
∴S△ABE＝S△ACE，
∴S△ABC＝2S△ACE，故③正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC＝CO，
∵AE＝CE，
∴EO⊥AC，
∵∠ACE＝30°，
∴EO=12EC，
∵EC=12BC，
∴OE=14BC，故④正确；
故正确的个数为4个，
故选：D．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，以及等边三角形的判定与性质．注意证得△ABE是等边三角形是关键．
12．（2025春•崇明区期中）已知平行四边形ABCD的周长是22cm，AC和BD交于点O，△OAB比△OBC的周长小3，则AB的长为 4cm ．
【分析】根据平行四边形性质得出OA＝OC，AB＝CD，AD＝BC，求出AB+BC＝11，BC﹣AB＝3，两式相减即可求出AB．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AB＝CD，AD＝BC，
∵平行四边形ABCD的周长是22cm，
∴2AB+2BC＝22，
∴AB+BC＝11①，
∵△OAB的周长比△OBC的周长小3，
∴（BC+OC+OB）﹣（AB+OA+OB）＝3，
∴BC﹣AB＝3②，
∵①﹣②得：2AB＝8，
∴AB＝4cm．
故答案为：4cm．
【点评】本题考查了平行四边形性质的应用，关键是能根据题意得出AB+BC＝10，BC﹣AB＝2，题目比较好，难度适中．
13．（2025春•上海校级期中）如图已知点E是平行四边形ABCD对角线AC上的一点，连结DE，过点B作BF∥DE交AC于点F．
（1）求证：AE＝CF；
（2）若AB＝BC＝8，DE＝6，当∠ABF＝90°，求AE的长．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AO＝CO，BO＝DO，证明△BEO≌△DFO，得出EO＝FO，然后根据等式的性质即可得证；
（2）由全等三角形的性质得出BF＝DE＝6，根据勾股定理求出AF＝10，根据三线合一的性质得出BO⊥AC，根据等面积法求出BO=245，根据勾股定理求出FO=185，结合（1）中EO＝FO即可求解．
【解答】（1）证明：设AC、BD相交于O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，AO＝CO，
∵BF∥DE，
∴∠BFO＝∠DEO，∠FBO＝∠EDO，
∴△BFO≌△DEO（AAS），
∴EO＝FO，
又AO＝CO，
∴AO﹣EO＝CO﹣FO，
∴AE＝CF；
（2）解：∵△BFO≌△DEO，
∴BF＝DE＝6，
又AB＝8，∠ABF＝90°，
∴AF=AB2+BF2=10，
∵AB＝BC，AO＝CO，
∴BO⊥AC，
∴S△ABF=12AB⋅BF=12AF⋅BO，即12×8×6=12×10BO，
∴BO=245，
∴FO=BF2−BO2=185，
∵EO＝FO，
∴EF=2FO=365，
∴AE=AF−EF=145．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
14．（2025春•上海校级期中）如图，在▱ABCD中，∠BAD＝32°，分别以BC、CD为边向外作△BCE和△DCF，使BE＝BC，DF＝DC，∠EBC＝∠CDF．延长AB交边EC于点H，点H在E、C两点之间，连接AE、AF．
（1）求证：△ABE≌△FDA．
（2）当AE⊥AF时，求∠EBH的度数．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得AD＝BC，AB＝CD，∠ABC＝∠ADC，又由BE＝BC，DF＝DC，∠EBC＝∠CDF，即可证得AB＝FD，EB＝AD，∠ABE＝∠FDA，则可证得结论；
（2）由△ABE≌△FDA，可得∠AEB＝∠DAF，又由AE⊥AF，∠BAD＝32°，即可求得∠EAB+∠DAF＝90°﹣∠BAD＝58°，继而求得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AB＝CD，∠ABC＝∠ADC，
∵BE＝BC，DF＝DC，∠EBC＝∠CDF，
∴AB＝FD，EB＝AD，∠ABE＝∠FDA，
在△ABE和△FDA中，
AB=FD∠ABE=∠FDAEB=AD，
∴△ABE≌△FDA（SAS）；
（2）∵△ABE≌△FDA，
∴∠AEB＝∠DAF，
∵AE⊥AF，∠BAD＝32°，
∴∠EAB+∠DAF＝90°﹣∠BAD＝58°，
∴∠EBH＝∠EAB+∠AEB＝∠EAB+∠DAF＝58°．
【点评】此题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质．注意证得AB＝FD，EB＝AD，∠ABE＝∠FDA是关键．
【考点3】矩形、菱形、正方形综合（对应题15-22）
✅ 方法总结
中点四边形：原四边形对角线相等→中点四边形为菱形；对角线垂直→中点四边形为矩形；对角线相等且垂直→正方形。
矩形折叠问题：利用勾股定理、对应边相等建立方程。
菱形面积 =12× 对角线乘积；菱形对角线互相垂直平分，可构造直角三角形求边长。
正方形中常出现“手拉手”全等、旋转90°全等模型；求线段最值可考虑对称或共线。
15．（2025春•长宁区校级期中）顺次联结一个四边形的四条边的中点得到一个菱形，那么原四边形可能是（ ）
A．平行四边形B．菱形
C．矩形D．梯形
【分析】根据三角形中位线定理以及菱形的性质，可得原四边形的对角线相等，即可求解．
【解答】解：如图，四边形ABCD的四边AB，BC，CD，AD中点分别为E，F，G，H，且四边形EFGH为菱形，连接四边形对角线AC、BD，
∵AB，BC，CD，AD中点分别为E，F，G，H，
∴AC＝2EF＝2HG，BD＝2EH＝2FG，
∵四边形EFGH为菱形，
∴AC＝BD，
即原四边形的对角线相等，
故顺次联结一个四边形的四条边的中点得到一个菱形，那么原四边形可能是矩形．
故选：C．
【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，菱形和矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
16．（2025秋•徐汇区校级期中）如图，长方形ABCD是由两个长为a，宽为b的长方形BPEQ和DMGN（a＞b），两个相同的大正方形APHN和FQCM，以及小正方形EFGH无缝拼接组成．若阴影部分（四个直角三角形）的面积是正方形EFGH面积的4倍，则ab的值是（ ）
A．2B．52C．73D．3
【分析】设小正方形的边长是x，由SAS推出△PEF≌△MGH，△NHE≌△QFG，得到△PEF的面积＝△MGH的面积，△NHE的面积＝△QFG的面积，求出△NEH的面积=12（a﹣x）x，△MGH的面积=12bx，得到阴影的面积＝（a+b）x﹣x2，由阴影部分的面积是正方形EFGH面积的4倍，得到（a+b）x﹣x2＝x2，求出x=15（a+b），得到PH=15（a+b）+b，FQ＝a−15（a+b），因此15（a+b）+b＝a−15（a+b），即可求出ab=73．
【解答】解：设小正方形的边长是x，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EF＝HG，
∵MG＝PE＝b，∠PEF＝∠MGH＝90°，
∴△PEF≌△MGH（SAS），
同理：△NHE≌△QFG（SAS），
∴△PEF的面积＝△MGH的面积，△NHE的面积＝△QFG的面积，
∵NH＝NG﹣HG＝a﹣x，HE＝x，
∴△NEH的面积=12（a﹣x）x，
∵HG＝x，MG＝b，
∴△MGH的面积=12bx，
∴阴影的面积=12（a﹣x）x×2+12bx×2＝（a+b）x﹣x2，
∵阴影部分的面积是正方形EFGH面积的4倍，
∴（a+b）x﹣x2＝x2，
∴x=15（a+b），
∵PH＝PE+HE=15（a+b）+b，FQ＝EQ﹣EF＝a−15（a+b），
∴15（a+b）+b＝a−15（a+b），
∴ab=73．
故选：C．
【点评】本题考查正方形、矩形的性质，关键是由阴影部分的面积是正方形EFGH面积的4倍，得到（a+b）x﹣x2＝x2，求出x的值，得到PH、FQ的长，即可解决问题．
17．（2025春•虹口区校级期中）如图，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上一点，且BP＝CD，点Q为边BC上一点，联结AP、PQ，已知AP＝PQ，那么BQBD的值是 2−22 ．
【分析】由正方形的性质可得AB＝AD＝CD＝BC，∠ADB＝∠CBD＝∠BDC＝45°，∠BAD＝90°，证明△ADP≌△CDP（SAS），得到AP＝CP，证明PQ＝PC，得到∠PQC＝∠PCQ；证明BP＝DA＝AB＝BC，得到∠BPA＝67.5°，∠BCP＝67.5°，则可证明∠APD＝∠PQB，再证明△ADP≌△PBQ（AAS），得到BQ＝DP，由勾股定理得BD=2AB，则BQ＝DP＝BD﹣BP=2AB−AB，据此可得答案．
【解答】解：如图，四边形ABCD是正方形，连接CP，
∴AB＝AD＝CD＝BC，∠ADB＝∠CBD＝∠BDC＝45°，∠BAD＝90°，
在△ADP和△CDP中，
DP=DP∠ADP=∠CDPAD=CD，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴AP＝CP，
∵AP＝PQ，
∴PQ＝PC，
∴∠PQC＝∠PCQ；
∵BP＝CD，
∴BP＝DA＝AB＝BC，
∴∠BAP=∠BPA=180°−∠ABP2=67.5°，∠BCP=∠BPC=180°−∠CBP2=67.5°，
∴∠PQC＝∠PCQ＝67.5°，
∴∠APD＝180°﹣∠BPA＝180°﹣67.5°＝112.5°，∠PQB＝180°﹣∠PQC＝180°﹣67.5°＝112.5°，
∴∠APD＝∠BQP，
在△ADP和△PBQ中，
∠ADP=∠PBQ=45°∠APD=∠PQBAD=PB，
∴△ADP≌△PBQ（AAS），
∴BQ＝DP，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD=AB2+AD2=2AB，
∴BQ=DP=BD−BP=2AB−AB，
∴BQBD=2AB−AB2AB=2−22．
故答案为：2−22．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．
18．（2025春•闵行区校级期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，D在CG上，BC＝1，CG＝3，H是AF的中点，则CH的长是 5 ．
【分析】延长AD交EF于点M，连接AC，EC，根据正方形性质得AD＝CD＝BC＝1，∠ACD＝45°，CG＝GF＝3，∠GCF＝45°，进而得GD＝2，证明四边形GDMF是矩形得FM＝GD＝2，DM＝GF＝3，则AM＝4，由勾股定理求出AF=25，再证明∠ACF＝90°，然后根据直角三角形斜边中线的性质即可得出CH的长．
【解答】解：延长AD交EF于点M，连接AC，EC，如图所示：

∵四边形ABCD是正方形，BC＝1，
∴AD＝CD＝BC＝1，∠ADC＝90°，∠ACD＝45°，
∴∠GDM＝∠ADC＝90°，
∵四边形CEFG是正方形，CG＝3，
∴CG＝GF＝3，∠G＝∠GFE＝90°，∠GCF＝45°，
∴GD＝CG﹣CD＝2，
∵∠GDM＝∠G＝∠GFE＝90°，
∴四边形GDMF是矩形，
∴FM＝GD＝2，DM＝GF＝3，∠AMF＝90°，
在Rt△AMF中，AM＝AD+DM＝4，
由勾股定理得：AF=AM2+FM2=42+22=25，
∵∠ACF＝∠ACD+∠GCF＝90°，
∴△ACF是直角三角形，
∵H是AF的中点，
∴CH是Rt△ACF斜边AF上的中线，
∴CH=12AF=5．
故答案为：5．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理是解决问题的关键．
19．（2025春•上海校级期中）已知：如图，在▱ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，AG∥DB交CB的延长线于G．
（1）求证：DE＝BF；
（2）若四边形BEDF是菱形，则四边形AGBD是什么特殊四边形？并证明你的结论．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AB∥CD，B＝CD，然后证明出四边形DEBF是平行四边形，即可得到DE＝BF；
（2）首先证明出四边形AGBD是平行四边形，如图所示，连接DG，由菱形得到DE＝BE，然后证明出AB＝DG，即可得到平行四边形AGBD是矩形．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵E、F分别为边AB、CD的中点，
∴BE=12AB，DF=12CD，
∴BE＝DF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE＝BF；
（2）解：矩形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵AG∥DB，
∴四边形AGBD是平行四边形，
如图所示，连接DG
∵E为边AB的中点，
∴点E在DG上，
∵四边形BEDF是菱形，
∴DE＝BE，
∵AE＝BE，DE＝EG，
∴AB＝DG，
∴平行四边形AGBD是矩形．
【点评】此题考查了平行四边形的性质，菱形的性质，解题的关键是相关性质的熟练掌握．
20．（2025春•奉贤区期中）如图，已知AD是△ABC的中线，M是AD的中点，过A点作AE∥BC，CM的延长线AE相交于点E，与AB相交于点F．
（1）求证：四边形AEBD是平行四边形；
（2）如果∠BAD＝∠CAD，求证：四边形AEBD是矩形．
【分析】（1）证明△AEM≌△DCM（AAS），得AE＝CD，再证明AE＝BD，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）延长AD至G，使GD＝AD，连接CG，证明△CDG≌△BDA（SAS），得GC＝AB，∠G＝∠BAD，再证明∠G＝∠CAD，则GC＝AC，得AB＝AC，然后由等腰三角形的性质得AD⊥BC，则∠ADB＝90°，即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵M是AD的中点，
∴AM＝DM，
∵AE∥BC，
∴∠AEM＝∠DCM，
又∵∠AME＝∠DMC，
∴△AEM≌△DCM（AAS），
∴AE＝CD，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
∴AE＝BD，
又∵AE∥BD，
∴四边形AEBD是平行四边形；
（2）如图，延长AD至G，使GD＝AD，连接CG，
∵∠CDG＝∠BDA，CD＝BD，
∴△CDG≌△BDA（SAS），
∴GC＝AB，∠G＝∠BAD，
∵∠ABD＝∠CAD，
∴∠G＝∠CAD，
∴GC＝AC，
∴AB＝AC，
∵AD是△ABC的中线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
由（1）可知，四边形AEBD是平行四边形，
∴平行四边形AEBD是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
21．（2025春•上海校级期中）如图，已知平行四边形ABCD，E是边AB的中点，点F在边AD上，连接FE并延长交CB的延长线于点G，连接BF、AG．
（1）如果∠AFG＝∠C，求证：四边形AGBF是矩形；
（2）如果F是边AD的中点，且∠AFG=12∠ADC，求证：四边形ABCD是菱形．
【分析】（1）先证出△AEF≌△BEG，再根据∠AFG＝∠C，得到AB＝GF，即可证明；
（2）连接BD，得到EF是△ABD的中位线，从而证得△ADB≌△CDB，得出AD＝AC，即可证明．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠FAE＝∠C，
∴∠EAF＝∠EBG，
∵E是边AB的中点，
∴EA＝EB，
又∵∠AEF＝∠BEG，
∴△AEF≌△BEG（ASA），
∴AF＝BG，EF＝EG，
又∵AD∥BC，
∴四边形AGBF是平行四边形，
∵∠AFG＝∠C，
∴∠AFG＝∠FAE，
∴EA＝EF，
∴AB＝GF，
∴四边形AGBF是矩形；
（2）连接BD，如图，
∵E是边AB的中点，F是边AD的中点，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF∥BD，
∴∠AFE＝∠ADB，
又∵∠AFG=12∠ADC，
∴∠ADB=12∠ADC，
∴∠ADB＝∠CDB，
又∵∠DAB＝∠C，BD＝BD，
∴△ADB≌△CDB（AAS），
∴AD＝DC，
∴四边形ABCD是菱形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，菱形的判定，三角形的中位线，熟练掌握矩形和菱形的判定是解题的关键．
22．（2024春•普陀区期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB＝CD，∠BAC＝∠ACD，延长BC至点E，使CE＝BC，联结DE．
（1）当AC⊥BD时，求证：BE＝2CD；
（2）当AC⊥BC，且CE＝2CO时，求证：四边形ACED是正方形．
【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质得出BO＝DO，根据线段垂直平分线性质得出BC＝CD，求出BC＝CE＝CD即可；
（2）根据邻补角互补求出∠ACE＝90°，求出四边形ACED是平行四边形，再根据正方形的判定推出即可．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠ACD，
∴AB∥CD，
∵AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，
∵AC⊥BD，
∴BC＝CD，
∵BC＝CE，
∴BC＝CE＝CD，
∴BE＝2CD；
（2）∵AC⊥BC，如图，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝180°﹣∠ACB＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵BC＝CE，
∴AD＝CE，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴AC＝2OA＝2CO，
∵CE＝2CO，
∴AC＝CE，∠ACE＝90°，
∴四边形ACED是正方形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，线段垂直平分线的性质，正方形的判定等知识点，解此题的关键是掌握有一个角是直角，并且有一组邻边相等的平行四边形是正方形．
【考点4】三角形中位线与重心（对应题23-28）
✅ 方法总结
构造中位线：已知两边中点立即得平行及倍分关系，常用来证明平行四边形或求线段长。
重心性质：重心到顶点的距离等于中线长的 23，重心将中线分成2:1两段；重心与三顶点连线分原三角形为三个等面积小三角形。
直角三角形斜边上的中线等于斜边一半；重心与斜边中点距离可用重心分中线比例快速计算。
23．（2025秋•嘉定区校级期中）如果直角三角形的斜边长为16，那么它的重心与斜边中点之间的距离为 83 ．
【分析】连接AE并延长交BC于点E，连接CD，并延长AD到H，使DH＝DE，则EH＝2DE，依题意得AD经过点E，CD＝AD＝BD＝1/2AB＝8，BF＝CF，由此得四边形AEBH是平行四边形，则BH∥AE，进而得EF是△CBH的中位线，则CE＝EH＝2DE，继而得CD＝CE+DE＝3DE＝8，据此即可得出重心与斜边中点之间的距离．
【解答】解：连接AE并延长交BC于点E，连接CD，并延长AD到H，使DH＝DE，如图所示：
∴EH＝DH+DE＝2DE，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝16，点E是中心，点D是AB的中点，
∴AD经过点E，CD＝AD＝BD=12AB＝8，BF＝CF，
∴四边形AEBH是平行四边形，
∴BH∥AE，
即BH∥EF，
又∵BF＝CF，
∴EF是△CBH的中位线，
∴CE＝EH＝2DE，
∴CD＝CE+DE＝3DE＝8，
∴DE=83，
∴重心与斜边中点之间的距离为83．
故答案为：83．
【点评】此题主要考查了直角三角形斜边中线的性质，三角形重心的定义，理解三角形重心的定义，熟练掌握直角三角形斜边中线的性质是解决问题的关键．
24．（2025秋•宝山区期中）如图，点G是△ABC的重心，AG⊥GC，AC＝10，那么BG的长为 10 ．
【分析】由题意易得BG：GD=2：1，DG=12AC=5，然后问题可求解．
【解答】解：由重心性质可知BG：GD＝2：1，点D是AC的中点，
由条件可得DG=12AC=5，
∴BG＝2GD＝10；
故答案为：10．
【点评】本题主要考查三角形的重心及直角三角形斜边中线定理，熟练掌握三角形的重心及直角三角形斜边中线定理是解题的关键．
25．（2024秋•徐汇区期中）如图，△ABC的两条中线AD、CE交于点G，且AD⊥CE，连接BG并延长与AC交于点F，如果AD＝9，CE＝12，那么下列结论不正确的是（ ）
A．AC＝10B．AB＝15C．BG＝10D．BF＝15
【分析】由三角形的重心可得AG=23AD=6，CG=23CE=8，EG=13CE=4，即可由勾股定理得AC=AG2+CG2=10，AE=AG2+EG2=213，得到AB=2AE=413，即可判断A、B；由直角三角形的性质可得GF=12AC=5，进而得BG＝10，即得BF＝BG+GF＝15，即可判断C、D，据此即可求解．
【解答】解：∵△ABC的两条中线AD、CE交于点G，
∴点G是△ABC的重心，
∴AG=23AD=6，CG=23CE=8，EG=13CE=4，
∵AD⊥CE，
∴AC=AG2+CG2=62+82=10，AE=AG2+EG2=62+42=213，
∴AB=2AE=413，
∵AD⊥CE，F是AC的中点，
∴GF=12AC=5，
∴BG＝10，
∴BF＝BG+GF＝10+5＝15，故A、C、D正确，不符合题意，B错误，符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的中线和重心，勾股定理，直角三角形的性质，掌握三角形的中线和重心的性质是解题的关键．
26．（2025春•漯河校级期中）如图，△ABC的周长为19，点D，E在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为N，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为M，若BC＝7，则MN的长度为 52 ．
【分析】证明△BNA≌△BNE，得到BA＝BE，即△BAE是等腰三角形，同理△CAD是等腰三角形，根据题意求出DE，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：∵BN平分∠ABC，BN⊥AE，
∴∠NBA＝∠NBE，∠BNA＝∠BNE，
在△BNA和△BNE中，
∠ABN=∠EBNBN=BN∠ANB=∠ENB．
∴△BNA≌△BNE（ASA），
∴BA＝BE，
∴△BAE是等腰三角形，
同理△CAD是等腰三角形，
∴点N是AE中点，点M是AD中点（三线合一），
∴MN是△ADE的中位线，
∵BE+CD＝AB+AC＝19﹣BC＝19﹣7＝12，
∴DE＝BE+CD﹣BC＝5，
∴MN=12DE=52．
故答案为：52．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
27．（2024春•西平县期中）如图，等边△ABC的边长是4，D，E分别为AB，AC的中点，延长BC至点F，使CF=12BC，连接CD和EF．
（1）求证：DE＝CF；
（2）求EF的长；
（3）求四边形DEFC的面积．
【分析】（1）利用三角形中位线定理即可解决问题．
（2）先求出CD，再证明四边形DEFC是平行四边形即可．
（3）过点D作DH⊥BC于H，求出CF、DH即可解决问题．
【解答】解：（1）在△ABC中，
∵D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
∵CF=12BC，
∴DE＝CF．
（2）∵AC＝BC，AD＝BD，
∴CD⊥AB，
∵BC＝4，BD＝2，
∴CD=42−22=23，
∵DE∥CF，DE＝CF，
∴四边形DEFC是平行四边形，
∴EF＝CD＝23．
（3）过点D作DH⊥BC于H．
∵∠DHC＝90°，∠DCB＝30°，
∴DH=12DC=3，
∵DE＝CF＝2，
∴S四边形DEFC＝CF•DH＝2×3=23．
【点评】本题考查等边三角形的性质、三角形中位线定理、勾股定理、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，记住平行四边形的面积公式，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
28．（2024春•洪泽区校级期中）D、E分别是不等边三角形ABC（即AB≠BC≠AC）的边AB、AC的中点．O是△ABC所在平面上的动点，连接OB、OC，点G、F分别是OB、OC的中点，顺次连接点D、G、F、E．
（1）如图，当点O在△ABC的内部时，求证：四边形DGFE是平行四边形；
（2）若四边形DGFE是菱形，则OA与BC应满足怎样的数量关系？（直接写出答案，不需要说明理由．）
【分析】（1）根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得DE∥BC且DE=12BC，GF∥BC且GF=12BC，从而得到DE∥GF，DE＝GF，再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可；
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形解答．
【解答】（1）证明：∵D、E分别是AB、AC边的中点，
∴DE∥BC，且DE=12BC，
同理，GF∥BC，且GF=12BC，
∴DE∥GF且DE＝GF，
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）解：当OA＝BC时，平行四边形DEFG是菱形．
【点评】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，平行四边形的判定，菱形的判定以及平行四边形与菱形的关系，熟记的定理和性质是解题的关键．
【考点5】平面直角坐标系与一次函数（对应题29-45）
✅ 方法总结
点的平移“左减右加，上加下减”；对称变换（关于轴、原点）直接代入坐标。
等腰三角形存在性问题（底边AB固定，点P在y轴上）：利用腰相等列方程或中垂线求解。
切比雪夫距离新定义：转化为x1−x2与y1−y2较大者，数形结合求最值。
一次函数图象与不等式：kx+b>0对应x轴上方部分；两直线交点横坐标是方程kx+b=cx+d的解；面积问题往往需要联立求交点坐标。
行程问题分段函数：注意拐点意义（停留、变速、相遇、追及），根据图像读取速度和时间。
29．（2026春•静安区校级月考）已知点P（m﹣1，n+1），若将点P先向下平移4个单位长度，再向右平移3个单位长度，得到点P′（2，﹣1），则m，n的值分别为（ ）
A．6，2B．0，2C．6，﹣6D．0，﹣6
【分析】根据点的平移规则，向下平移时y坐标减少，向右平移时x坐标增加，由点P（m﹣1，n+1）和平移后的点P′（2，﹣1），列方程求解．
【解答】解：∵点P（m﹣1，n+1），
∴将点P先向下平移4个单位长度，再向右平移3个单位长度，得到点P′（m﹣1+3，n+1﹣4），
∵P′（2，﹣1），
∴m﹣1+3＝2，n+1﹣4＝﹣1，
解得m＝0，n＝2，
故选：B．
【点评】本题考查的是坐标与图形变化﹣平移，熟知点的平移规律是解题的关键．
30．（2026春•上海校级月考）如图，点A、B的坐标分别是（﹣4，1），（﹣1，﹣3），若将线段AB平移至A1B1的位置，A1与B1坐标分别是（m，5）和（4，n），则线段AB在平移过程中扫过的图形面积为 32 ．
【分析】直接利用平移中点的变化规律求出m，n的值，再根据线段AB在平移过程中扫过的图形面积＝四边形ABB1A1的面积=2S△ABB1求解即可．
【解答】解：∵平移后A1与B1坐标分别是（m，5）和（4，n），
∴可知将线段AB向右平移5个单位，向上平移4个单位，
∴m＝﹣4+5＝1，n＝﹣3+4＝1，
∴A1与B1坐标分别是（1，5）和（4，1），
如图：
∴线段AB在平移过程中扫过的图形面积=2S△ABB1=2×12×8×4=32．
故答案为：32．
【点评】本题主要考查坐标与图形变化﹣平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．熟练掌握该知识点是关键．
31．（2025秋•东台市期末）在平面直角坐标系中，已知点P（2m﹣4，3m+1）．
（1）当点P到y轴的距离为4时，求出点P的坐标；
（2）当直线PA平行于x轴，且A（﹣4，﹣5），求出点P的坐标．
【分析】（1）根据点P到y轴的距离为4，得到|2m﹣4|＝4，解方程求出m的值即可；
（2）根据平行于x轴上的直线上的点的纵坐标相等列方程求解m的值，再求解即可．
【解答】解：（1）由题意得|2m﹣4|＝4，
解得：m1＝0，m2＝4，
∴3m+1＝1，3m+1＝13，
∴点P的坐标为（﹣4，1）或（4，13）；
（2）由条件可知3m+1＝﹣5，
∴m＝﹣2，
则2m﹣4＝2×（﹣2）﹣4＝﹣8，
∴点P的坐标为（﹣8，﹣5）．
【点评】本题考查了各个象限以及坐标轴上点的坐标特点，熟练掌握坐标轴上点的坐标特征是解题的关键．
32．（2025春•宝山区校级期末）在平面直角坐标系中，点A、点B均在第二象限，点A的坐标为（a﹣b，﹣3a），点B的坐标为（3a﹣b，a+b+5）．已知点A'与点A关于x轴对称，点B'与点B关于y轴对称，△AA'B'是一个等腰直角三角形且∠A＝90°，则点A的坐标为 （−103，5） ．
【分析】根据点A'与点A关于x轴对称，并且在第二象限，求出AA'＝﹣6a，由题意可得AA'＝AB'，可得b＝﹣a，根据A，B，B'的纵坐标相等，可得3a＝a+b+5，解得a=−53，b=53，代入即可求解．
【解答】解：∵点A'与点A关于x轴对称，并且在第二象限，
∴AA'＝﹣6a，
∵△AA'B'是一个等腰直角三角形且∠A＝90°，
∴b﹣a+b﹣3a＝﹣6a，
∴b＝﹣a，
∵由题意可得，A，B，B'的纵坐标相等，
∴﹣3a＝a+b+5，
∴﹣3a＝a﹣a+5
∴a=−53，b=53，
将a，b代入可得，
a﹣b=−103，﹣3a＝5，
A（−103，5），
故答案为：（−103，5）．
【点评】本题主要考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，掌握其性质是解题的关键．
33．（2025春•上海月考）平面直角坐标系内有点A（5，1）、B（﹣1，3），点P在y轴上，且△PAB是以AB为底边的等腰三角形，求点P的坐标．
【分析】设P（0，p），根据两点之间距离公式得出PA2＝52+（p﹣1）2，PB2＝（﹣1）2+（p﹣3）2，根据等腰三角形的性质，列出方程求解即可．
【解答】解：由条件可知点P的横坐标为0，
设P（0，p），PA＝PB，
∵PA2＝52+（p﹣1）2，PB2＝（﹣1）2+（p﹣3）2，
∴52+（p﹣1）2＝（﹣1）2+（p﹣3）2，
解得：p＝﹣4，
∴P（0，﹣4）．
【点评】本题考查了两点间的距离公式，等腰三角形的定义．熟练掌握以上知识点是关键．
34．（2025春•嘉定区校级期末）现有有序数对（a，b，c）和（x，y），如果ax+by＝c，则称（a，b，c）“关联”了（x，y），或（x，y）被（a，b，c）“关联”．
例如：5×3+7×（﹣2）＝1，则称（5，7，1）“关联”了（3，﹣2）．
（1）下列数对中被（2，1，3）“关联”的有 ①④ ；
①（1，1），②（﹣4，6），③（﹣1，3），④（5，﹣7）．
（2）若（p，q）同时被（5，﹣9，1）和（﹣3，7，1）“关联”，请求出p，q；
（3）对于均不为0的a、b、c，数对（a，b，c）“关联”了（m，n）、（1，2）和（2，3），且（m，n）被（2027，﹣2026，﹣1）“关联”，试求数对（m，n）．
【分析】（1）根据“关联”定义逐项进行判断即可；
（2）根据“关联”定义列出二元一次方程组并求解即可；
（3）根据“关联”定义列出三元一次方程组，找出a，b，c的关系，进而可求出m，n的值．
【解答】解：（1）①2×1+1×1＝3，
∴（1，1）被（2，1，3）“关联”；
②2×（﹣4）+1×6＝﹣2≠3
∴（﹣4，6）未被（2，1，3）“关联”；
③2×（﹣1）+1×3＝1≠3
∴（﹣1，3）未被（2，1，3）“关联”；
④2×5+1×（﹣7）＝3
∴（5，﹣7）被（2，1，3）“关联”；
故答案为：①④；
（2）由条件可得：
5p−9q=1−3p+7q=1，
解得p=2q=1；
（3）由条件可得：
a+2b=c①2a+3b=c②am+bn=c③，
②﹣①得a+b＝0，即b＝﹣a，
将b＝﹣a代入①得c＝﹣a，
将b＝﹣a和c＝﹣a代入③得，
m﹣n＝﹣1，
由条件可知2027m﹣2026n＝﹣1，
2027（m﹣n）+n＝﹣1，
∴m﹣2026＝﹣1，
解得m＝2025，
∴数对（m，n）为（2025，2026）．
【点评】本题主要考查了新定义下的实数的运算，二元一次方程组，三元一次方程组等知识点，解题的关键是根据题意正确理解被“关联”关系，并根据关系列出代数式．
35．（2024•奉贤区三模）国际象棋玩过么？国王走一步能够移动到相邻的8个方格中的随意一个，那么国王从格子 （x1，y1） 走到格子 （x2，y2） 的最少步数就是数学的一种距离，叫“切比雪夫距离”．在平面直角坐标系中，对于任意两点P1（x1，y1）与P2（x2，y2） 的“切比雪夫距离”，给出如下定义：若|x1﹣x2|≥|y1﹣y2|，则点P1（x1，y1） 与P2（x2，y2）的“切比雪夫距离”为|x1﹣x2|；若|x1﹣x2|＜|y1﹣y2|，则点P1（x1，y1） 与P2（x2，y2） 的“切比雪夫距离”为|y1﹣y2|；
（1）已知A（0，2），
①若B的坐标为（3，1），则点A与B的“切比雪夫距离”为 3 ；
②若C为x轴上的动点，那么点A与 C“切比雪夫距离”的最小值为 2 ；
（2）已知M(2−a，a3)，N（1，﹣1），设点M与N的“切比雪夫距离”为d，若a≥0，求d（用含a的式子表示）．
【分析】（1）①结合题意，根据“切比雪夫距离”的定义求解即可；②设点C（m，0），分|m|＞2和|m|≤2两种情况讨论，即可获得答案；
（2）结合已知条件，分两种情况讨论：当0≤a≤1时，由|2﹣a﹣1|＝1﹣a≤1，|a3+1|=a3+1≥1，可确定此时点M与N的“切比雪夫距离”；当a＞1时，易得|2﹣a﹣1|＝a﹣1，|a3+1|=a3+1，令a﹣1≤a3+1，解得a≤3，即当1＜a≤3时，点M与N的“切比雪夫距离”d=a3+1；当a＞3时，可有a﹣1＞a3+1，此时点M与N的“切比雪夫距离”d＝a﹣1．即可获得答案．
【解答】解：（1）①∵A（0，2），B（3，1），
又∵|0﹣3|＝3，|2﹣1|＝1，
∴|0﹣3|＞|2﹣1|，
∴根据“切比雪夫距离”的定义，点A与B的“切比雪夫距离”为3．
②若C为x轴上的动点，则可设点C（m，0），
当|m|＞2时，|0﹣m|＝|m|＞2，
又∵|2﹣0|＝2，
∴|0﹣m|＞|2﹣0|，
∴此时点A与C“切比雪夫距离”的值为|m|＞2；
当|m|≤2时，|0﹣m|＝|m|≤2，
又∵|2﹣0|＝2，
∴|0﹣m|≤|2﹣0|，
∴此时点A与C“切比雪夫距离”的值为2．
综上所述，若C为x轴上的动点，那么点A与C“切比雪夫距离”的最小值为2．
（2）根据已知条件，M（2﹣a，a3），N（1，﹣1），
则当0≤a≤1时，
|2﹣a﹣1|＝|1﹣a|＝1﹣a≤1，
|a3+1|=a3+1≥1，
∴此时点M与N的“切比雪夫距离”d=a3+1；
当a＞1时，
可有|2﹣a﹣1|＝|1﹣a|＝a﹣1，|a3+1|=a3+1，
令a﹣1≤a3+1，解得a≤3，
即当1＜a≤3时，可有a﹣1≤a3+1，此时点M与N的“切比雪夫距离”d=a3+1，
当a＞3时，可有a﹣1＞a3+1，此时点M与N的“切比雪夫距离”d＝a﹣1．
综上所述，点M与N的“切比雪夫距离”d=a3+1(0≤a≤3)a−1(a＞3)．
【点评】本题主要考查了新定义“切比雪夫距离”、平面直角坐标系中点的坐标特征、化简绝对值以及一元一次不等式的应用等知识，理解题意，灵活运用相关知识是解题关键．
36．（2026春•江门校级月考）先阅读一段文字，再回答下列问题：
已知在平面内有两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），其两点间的距离公式为P1P2=(x2−x1)2+(y2−y1)2，当两点所在的直线在坐标轴上或平行于x轴或垂直于x轴时，距离公式可简化成|x2﹣x1|或|y2﹣y1|．已知点P（3，5），Q（﹣2，﹣1）．
（1）试求P，Q两点的距离；
（2）已知点M，N在平行于y轴的直线上，点M的纵坐标为5，点N的纵坐标为﹣1，试求M，N两点的距离；
（3）已知一个三角形各顶点的坐标为A（0，6），B（﹣3，2），C（3，2），你能判定此三角形的形状吗？说明理由．
【分析】（1）根据平面内两点间的距离公式求解；
（2）点M，N在平行于y轴的直线上，距离公式为|y2﹣y1|；
（3）根据两点间的距离公式求出三条边的长度，即可判断此三角形的形状．
【解答】解：（1）由条件可知：PQ=(−2−3)2+(−1−5)2=61；
（2）由题意知，MN＝|﹣1﹣5|＝6；
（3）△ABC为等腰三角形，理由如下：
∴AB=(−3−0)2+(2−6)2=5，
AC=(3−0)2+(2−6)2=5，
BC＝|﹣3﹣3|＝6，
∴AB＝AC，
∴△ABC为等腰三角形．
【点评】本题考查了两点间的距离公式，熟练掌握该知识点是关键．
37．（2025春•闵行区校级期中）一次函数y＝kx﹣b与正比例函数y＝kbx（k，b为常数，kb≠0）在同一直角坐标系内的大致图象不可能的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据一次函数与图象的位置关系确定k、b，再去对照正比例函数的图象与kb的关系，逐项判断即可．
【解答】解：由题意，A、由图可得，k＞0，﹣b＜0，b＞0，
∴kb＞0，正比例函数图象满足这一关系，故A不符合题意；
B、由图可得，k＞0，﹣b＞0，b＜0，
∴kb＜0，正比例函数图象满足这一关系，故B不符合题意；
C、由图可得，k＜0，﹣b＞0，b＜0，
∴kb＞0，正比例函数图象满足这一关系，故C不符合题意；
D、由图可得，k＜0，﹣b＞0，b＜0，
∴kb＞0，正比例函数图象不满足这一关系，故D符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了正比例函数和一次函数的图象，解题时要熟练掌握并能灵活运用一次函数的性质是关键．
38．（2025秋•虹口区校级期中）一艘轮船在长江航线上往返于甲、乙两地．若轮船在静水中的速度不变，轮船先从甲地顺水航行到乙地，停留一段时间后，又从乙地逆水航行返回到甲地．设轮船从甲地出发后所用的时间为t（小时），航行过的路程为S（千米），则S关于t的函数图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】理解函数图象横纵坐标表示的意义，就能够通过图象得到函数问题的相应解决．
【解答】解：第一段是顺水航行，速度大于静水速度，图象陡一些，
到达乙地后停留一段时间，路程没有变化，图象平行于横轴，
从乙地逆水航行返回到甲地，路程逐步增加，是逆水航行，速度小于静水速度，图象平缓一些，
∴图象D符合上述特征，
故选：D．
【点评】本题考查利用函数的图象解决实际问题．正确理解函数图象横纵坐标表示的意义是关键．
39．（2025春•闵行区校级月考）甲、乙两人在一条长400米的直线跑道上同起点、同终点、同方向匀速跑步，先到终点的人原地休息．已知甲先出发3秒，在跑步过程中，甲、乙两人间的距离y（米）与乙出发的时间x（秒）之间的函数关系如图所示，则下列结论正确的个数是（ ）
①乙的速度为5米/秒；
②离开起点后，甲、乙两人第一次相遇时，距离起点12米；
③甲、乙两人之间的距离超过32米的时间范围是44＜x＜90；
④乙到达终点时，甲距离终点还有68米．
A．4B．3C．2D．1
【分析】①根据速度＝路程÷时间计算即可；
②求出甲的速度，从而求出相遇时间，再根据乙离开起点的路程＝乙的速度×相遇时间计算即可；
③分别计算乙到达终点前、后，两人相距32米时对应的时间，从而得到甲、乙两人之间的距离超过32米的时间范围即可；
④根据开始计时甲离终点的距离﹣甲的速度×乙到达终点的时间列式计算即可．
【解答】解：乙的速度为400÷80＝5（米/秒），
∴①正确；
甲的速度为12÷3＝4（米/秒），
则乙出发后12÷（5﹣4）＝12（秒）相遇，此时乙离开起点的路程为5×12＝60（米），
∴②不正确；
当乙到达终点前，两人相距32米时，得（5﹣4）（x﹣12）＝32，
解得x＝44，
当乙到达终点后，两人相距32米时，得400﹣12﹣4x＝32，
解得x＝89，
∴甲、乙两人之间的距离超过32米的时间范围是44＜x＜89，
∴③不正确；
乙到达终点时，甲距离终点还有400﹣12﹣4×80＝68（米），
∴④正确．
综上，正确的个数是2．
故选：C．
【点评】本题考查一次函数的应用，掌握时间、速度和路程之间的关系是解题的关键．
40．（2026春•闵行区校级月考）如图所示，直线y＝ax+b与直线y＝cx+d交点的横坐标是4，那么不等式ax﹣d≥cx﹣b的解集是x≥4 ．
【分析】先将不等式整理为ax+b≥cx+d，再根据直线y＝ax+b在直线y＝cx+d上方部分确定自变量取值范围即可．
【解答】解：∵ax﹣d≥cx﹣b，
∴ax+b≥cx+d．
当x＝4时，ax+b＝cx+d，
∴当x≥4时，ax+b≥cx+d，
所以不等式的解集是x≥4，
即不等式ax﹣d≥cx﹣b的解集是x≥4．
故答案为：x≥4．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式，熟练掌握该知识点是关键．
41．（2025•浦东新区校级模拟）如果不等式kx+b＞0的解集为x＜﹣1，那么直线y＝kx+b（k＜0）一定会经过一个定点，这个定点的坐标为 （﹣1，0） ．
【分析】根据不等式kx+b＞0的解集为x＜﹣1，得出k与b的关系，据此可解决问题．
【解答】解：由kx+b＞0得，
kx＞﹣b．
因为此不等式的解集为x＜﹣1，
所以k＜0且−bk=−1，
则b＝k，
所以y＝kx+b＝kx+k，
则当x＝﹣1时，y＝0，
即直线y＝kx+b（k＜0）一定经过定点（﹣1，0）．
故答案为：（﹣1，0）．
【点评】本题主要考查了一次函数与一元一次不等式，能根据题意得出k与b之间的关系式是解题的关键．
42．（2026春•闵行区校级月考）一次函数y1＝kx+b和y2＝﹣4x+a的图象如图所示，且A（0，4），C（﹣2，0）．
（1）由图可知，不等式kx+b＞0的解集是x＞﹣2 ；
（2）若不等式kx+b＞﹣4x+a的解集是x＞1．
①求点B的坐标；
②求a的值．
【分析】（1）根据函数图象和题意可以直接写出不等式kx+b＞0的解集；
（2）①由题意可以求得k、b的值，然后将x＝1代入y1＝kx+b即可求得点B的坐标；
②根据点B也在函数y2＝﹣4x+a的图象上，从而可以求得a的值．
【解答】解：（1）∵A（0，4），C（﹣2，0）在一次函数y1＝kx+b上，
∴不等式kx+b＞0的解集是x＞﹣2，
故答案为：x＞﹣2；
（2）①∵A（0，4），C（﹣2，0）在一次函数y1＝kx+b上，
∴b=4−2k+b=0，得k=2b=4，
∴一次函数y1＝2x+4，
∵不等式kx+b＞﹣4x+a的解集是x＞1，
∴点B的横坐标是x＝1，
当x＝1时，y1＝2×1+4＝6，
∴点B的坐标为（1，6）；
②∵点B（1，6），
∴6＝﹣4×1+a，得a＝10，
即a的值是10．
【点评】本题考查一次函数与一元一次不等式、一次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
43．（2025春•闵行区校级期中）已知甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，沿同一条公路相向而行，甲车先以60千米时的速度匀速行驶120千米后与乙车相遇，再以另一速度继续匀速行驶3小时到达B地；乙车匀速行驶至A地，两车到达各自的目的地后停止．甲、乙两车各自距A地的路程y（km）与行驶时间x（h）之间的函数关系如图所示．
（1）求两车相遇后，甲车距A地的路程y与行驶时间x之间的函数关系式；
（2）当乙车到达A地时，求甲车距A地的路程．
【分析】（1）首先根据图像和题意求出M（2，120），N（5，270），然后利用待定系数法求解即可；
（2）根据题意求出乙车行完全程用时为3.6小时，然后将x＝3.6代入y＝50x+20（2≤x≤5）求解即可．
【解答】解：（1）甲、乙两车各自距A地的路程y（km）与行驶时间x（h）之间的函数关系如图所示．
根据题意得，两人相遇的时间为120÷60＝2，
∴M（2，120），
∵甲车先以60千米/时的速度匀速行驶120千米后与乙车相遇，再以另一速度继续匀速行驶3小时到达B地，
∴2+3＝5，
∴N（5，270）
设相遇后，甲车距A地的路程y与x之间的函数关系式为y＝kx+b，
则有：2k+b=1205k+b=270，
解得，k=50b=20．
∴y＝50x+20（2≤x≤5）；
（2）甲乙两车相遇时，乙车行驶的路程为270﹣120＝150千米，
∴乙车的速度为：150÷2＝75（千米/时），
∴乙车行完全程用时为：270÷75＝3.6（时），
∵3.6＞2，
∴当x＝3.6时，y＝50×3.6+20＝200千米，
∴当乙车到达A地时，甲车距A地的路程为200千米．
【点评】本题主要考查了一次函数的应用，读懂图象，求出函数解析式是解答本题的关键．
44．（2026春•徐汇区校级月考）如图，l1表示某电动车厂一天的销售收入y1与销售量x之间的关系；l2表示该电动车厂一天的销售成本y2与销售量x之间的关系．
（1）求出销售收入与销售量之间的函数关系式；
（2）求出销售成本与销售量之间的函数关系式；
（3）当一天的销售量超过多少辆时，工厂才能获利（利润＝收入﹣成本）？
【分析】（1）利用待定系数法求一次函数解析式即可．
（2）利用待定系数法求一次函数解析式即可．
（3）由题意可知，当y1＞y2时工厂获利，然后解不等式即可得出答案．
【解答】解：（1）设y1＝mx，则2＝2m，
解得m＝1，
∴y1＝x．
∴销售收入与销售量之间的函数关系式为y1＝x．
（2）设y2＝kx+b，由条件可得：
b=22k+b=3，
解得k=12b=2，
∴销售成本与销售量之间的函数关系式y2=12x+2．
（3）由题意可知，当y1＞y2时工厂获利，
即x＞12x+2，
解得x＞4，
∴当一天的销售量超过4辆时，工厂才能获利．
【点评】本题考查了一次函数的应用，理解题意，熟练掌握一次函数的性质是关键．
45．（2026春•浦东新区校级月考）小明爸妈上山游玩，爸爸步行，妈妈乘坐缆车，相约在山顶缆车的终点会合．步行的路程是缆车所经线路长的2.5倍，妈妈在爸爸出发后50分钟才坐上缆车，缆车的平均速度为每分钟180米．图中反映了爸爸整个过程中步行的路程y（米）与时间x（分钟）之间的函数关系．（1）爸爸行走的总路程是 3600 米，他途中休息了 20 分钟；
（2）当0≤x≤30时，y与x之间的函数关系式是y＝70x ；
（3）爸爸休息之后，行走的速度是每分钟 50 米；当妈妈到达缆车终点时，爸爸离缆车终点的路程是 1100 米．
【分析】（1）根据图象获取信息：爸爸到达山顶用时80分钟，中途休息了20分钟，行程为3600米；
（2）利用待定系数法解答正比例函数解析式即可；
（3）休息前30分钟行走2100米，休息后30分钟行走（3600﹣2100）米，利用路程、时间得出速度即可，先求妈妈到达缆车终点的时间，再计算爸爸行走路程，从而求出爸爸离缆车终点的路程．
【解答】解：（1）根据图象知：爸爸行走的总路程是3600米，他途中休息了 20分钟．
故答案为：3600，20；
（2）设函数关系式为y＝kx，图象过（30，2100）
可得：2100＝30k，
解得：k＝70，
所以解析式为：y＝70x，
故答案为：y＝70x；
（3）爸爸休息之后行走的速度是（3600﹣2100）÷（80﹣50）＝50米/分钟，
妈妈到达缆车终点的时间：3600÷2.5÷180＝8（分），
此时爸爸比妈妈迟到80﹣50﹣8＝22（分），
∴妈妈到达终点时，爸爸离缆车终点的路程为：50×22＝1100（米），
故答案为：50；1100．
【点评】此题考查一次函数及其图象的应用，从图象中获取相关信息是关键．
【考点6】压轴题突破（对应题46-50及课后巩固思想）
✅ 方法总结
截多边形问题：利用内角和变化规律，分类讨论截角方式（过顶点、过边上点）。
动态平行四边形/菱形构造：含30°、60°特殊角时，巧用三角函数或等边三角形性质；分类讨论t值。
正方形背景下矩形DEFG为正方形证明：通过全等或旋转90°得邻边相等。
直角三角形动点问题（菱形存在性）：用t表示线段长，令邻边相等或对角线垂直平分列方程求解。
新定义关联数对（关联点）：转化为二元一次方程组求解。
46．（2025春•徐汇区校级月考）如图是一个多边形，你能否用一直线去截这个多边形，使得到的新多边形分别满足下列条件：（画出图形，把截去的部分打上阴影）
①新多边形内角和比原多边形的内角和增加了180°．
②新多边形的内角和与原多边形的内角和相等．
③新多边形的内角和比原多边形的内角和减少了180°．
（2）将多边形只截去一个角，截后形成的多边形的内角和为2520°，求原多边形的边数．
【分析】（1）①过相邻两边上的点作出直线即可求解；
②过一个顶点和相邻边上的点作出直线即可求解；
③过相邻两边非公共顶点作出直线即可求解；
（2）根据多边形的内角和公式先求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论．
【解答】解：（1）如图所示：
（2）设新多边形的边数为n，
则（n﹣2）•180°＝2520°，
解得n＝16，
①若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为15，
②若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为16，
③若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为17，
故原多边形的边数可以为15，16或17．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和公式，注意要分情况进行讨论，避免漏解．
47．（2025春•砀山县期末）如图，△ABC是等边三角形，AD是BC边上的高．点E在AB的延长线上，连接ED，∠AED＝30°，过A作AF⊥AB与ED的延长线交于点F，连接BF，CF，CE．
（1）求证：四边形BECF为平行四边形；
（2）若AB＝6，请直接写出四边形BECF的周长．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得BD＝DC，∠BAD＝∠CAD＝30°，然后证明△ADF为等边三角形，可得ED＝DF，进而可以证明四边形BECF为平行四边形；
（2）根据AB＝6和勾股定理可得BF的长，然后证明BE＝BD，进而可得四边形BECF的周长．
【解答】（1）证明：∵AD是等边△ABC的BC边上的高，
∴BD＝DC，∠BAD＝∠CAD＝30°，
∵∠AED＝30°，
∴ED＝AD，∠ADF＝∠AED+∠EAD＝60°，
∵AF⊥AB，
∴∠DAF＝90°﹣∠EAD＝90°﹣30°＝60°，
∴△ADF为等边三角形，
∴AD＝DF，
∵ED＝AD，
∴ED＝DF，
∵BD＝DC，
∴四边形BECF为平行四边形；
（2）∵AB＝6，
∴BD＝3，AD＝33，
∵△ADF为等边三角形，
∴AF＝AD＝33，
∴BF=AB2+AF2=62+(33)2=37，
∵∠ABC＝60°，∠AED＝30°，
∴∠BDE＝30°，
∴BE＝BD＝3，
∴四边形BECF的周长为：2（BF+BE）＝2（37+3）＝67+6．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定与性质．
48．（2025春•麻章区期末）如图，正方形ABCD中，AB＝32，点E是对角线AC上的一点，连接DE．过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接AG．
（1）求证：矩形DEFG是正方形；
（2）求AG+AE的值；
（3）若F恰为AB的中点，求正方形DEFG的面积．
【分析】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．只要证明△EMD≌△ENF即可解决问题；
（2）只要证明△ADG≌△CDE，可得AG＝EC即可解决问题；
（3）求出DF的长，由正方形的面积公式可得出答案．
【解答】（1）证明：如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD＝∠EAB，
∵EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，
∴EM＝EN，
∵∠EMA＝∠ENA＝∠DAB＝90°，
∴四边形ANEM是矩形，
∵EF⊥DE，
∴∠MEN＝∠DEF＝90°，
∴∠DEM＝∠FEN，
∵∠EMD＝∠ENF＝90°，
∴△EMD≌△ENF（ASA），
∴ED＝EF，
∵四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG是正方形；
（2）解：∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形，
∴DG＝DE，DC＝DA＝AB＝32，∠GDE＝∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝∠CDE，
∴△ADG≌△CDE（SAS），
∴AG＝CE，
∴AE+AG＝AE+EC＝AC=2AD＝6；
（3）解：连接DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝32，AB∥CD，
∵F是AB中点，
∴AF＝FB=322，
∴DF=AD2+AF2=(32)2+(322)2=3102，
∴正方形DEFG的面积=12DF2=12×（3102）2=454．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质和判定、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
49．（2025春•凉山州期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝100cm，∠A＝60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D，E运动的时间是t秒（0＜t≤25）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．
（1）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由；
（2）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．
【分析】（1）可以证明四边形AEFD为平行四边形，如果四边形AEFD能够成为菱形，则必有邻边相等，则AE＝AD，列方程求出即可；
（2）当△DEF为直角三角形时，有三种情况：①当∠EDF＝90°时，如图3，②当∠DEF＝90°时，如图4，
③当∠DFE＝90°不成立；分别找一等量关系列方程可以求出t的值．
【解答】（1）解：四边形AEFD能够成为菱形，理由是：
由题意得：AE＝2t，CD＝4t，
∵DF⊥BC，
∴∠CFD＝90°，
∵∠A＝60°，
∴∠C＝30°，
∴DF=12CD=12×4t＝2t，
∴AE＝DF；
∵DF⊥BC，
∴∠CFD＝∠B＝90°，
∴DF∥AE，
∴四边形AEFD是平行四边形．
当AE＝AD，四边形AEFD是菱形，
∵AC＝100，CD＝4t，
∴AD＝100﹣4t，
∴2t＝100﹣4t，
t=503，
∴当t=503时，四边形AEFD能够成为菱形；
（3）分三种情况：
①当∠EDF＝90°时，如图3，
则四边形DFBE为矩形，
∴DF＝BE＝2t，
∵AB=12AC＝50，AE＝2t，
∴2t＝50﹣2t，
t=252，
②当∠DEF＝90°时，如图4，
∵四边形AEFD为平行四边形，
∴EF∥AD，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，
在Rt△ADE中，∠A＝60°，AE＝2t，
∴AD＝t，
∴AC＝AD+CD，
则100＝t+4t，
t＝20，
③当∠DFE＝90°不成立；
综上所述：当t为252s或20s时，△DEF为直角三角形．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了平行四边形、菱形、矩形的性质和判定，也是运动型问题，难度不大，是常出题型；首先要表示出两个动点在时间t时的路程，弄清动点的运动路径，再根据其运动所形成的特殊图形列式计算；同时，所构成的直角三角形因为直角顶点不确定，所以要分情况进行讨论．
50．（2024秋•甘州区校级期中）阅读下列一段文字，然后回答下列问题．已知在平面内两点P1（x1，y1）、P2（x2，y2），其两点间的距离P1P2=(x1−x2)2+(y1−y2)2同时，当两点所在的直线在坐标轴或平行于坐标轴或垂直于坐标轴时，两点间距离公式可简化为|x2﹣x1|或|y2﹣y1|．
（1）已知A（﹣2，3）、B（4，﹣5），试求A、B两点间的距离；
（2）已知A、B在平行于y轴的直线上，点A的纵坐标为6，点B的纵坐标为﹣2，试求A、B两点间的距离．
（3）已知一个三角形各顶点坐标为A（0，6）、B（﹣3，2）、C（3，2），请判定此三角形的形状，并说明理由．
（4）已知一个三角形各顶点坐标为A（﹣1，3）、B（0，1）、C（2，2），请判定此三角形的形状，并说明理由．
【分析】（1）直接利用两点间的距离公式计算；
（2）根据平行于y轴的直线上所有点的横坐标相同，所以A、B间的距离为两点的纵坐标之差的绝对值；
（3）先利用两点间的距离公式计算出AB、BC、AC，然后根据等腰三角形的定义可判断△ABC为等腰三角形；
（4）先利用两点间的距离公式计算出AB、BC、AC，然后根据等腰三角形的定义和勾股定理的逆定理可判断△ABC为等腰直角三角形．
【解答】解：（1）AB=(−2−4)2+(3+5)2=10；
（2）AB＝6﹣（﹣2）＝8；
（3）△ABC为等腰三角形．理由如下：
∵AB=32+(6−2)2=5，BC＝3﹣（﹣3）＝6，AC=32+(6−2)2=5，
∴AB＝AC，
∴△ABC为等腰三角形；
（4）∴△ABC为等腰直角三角形．理由如下：
∵AB=(−1−0)2+(3−1)2=5，BC=(0−2)2+(1−2)2=5，AC=(−1−2)2+(3−2)2=10，
而（5）2+（5）2＝（10）2，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC为等腰直角三角形．
【点评】本题考查了两点间的距离公式：设有两点A（x1，y1），B（x2，y2），则这两点间的距离为AB=(x1−x2)2+(y1−y2)2．求直角坐标系内任意两点间的距离可直接套用此公式．也考查了等腰三角形的判定和勾股定理的逆定理．
课后巩固 · 针对性练习
作业1 — 矩形内剪等腰三角形，分类讨论底边位置（点P在边上），勾股求底边长。
作业2 — 四边形中AD=BC，OE=OB，∠ADB=∠OEB ⇒ 平行四边形判定+等腰三角形性质→DE⊥BE。
作业3 — 矩形中角平分线构造等腰直角三角形，中点G与面积、∠BDG度数。
作业4 — 菱形中垂直条件与角度倍数关系证明(利用全等与等腰三角形)。
作业5 — 中点四边形+中位线证明角相等关系，AH=AF通过等角对等边。
作业6 — 平行四边形中过对角线交点作垂线，结合勾股与面积公式求面积。
作业7 — 两点距离公式、三角形形状判断（等腰/直角/等边），代数式最值转化为将军饮马模型。
作业8 — 一次函数给定点求k，区间最值差是否恒定与对称轴位置讨论。
作业9 — 函数恒过定点，含参一次函数与正比例函数比较大小，数形结合求x范围。
作业10 — 行程综合（装货减速），分段函数解析式，甲乙相距220km的时间节点（分类讨论相遇前后）。
✨ 复习建议：课后题均源自期中真题与改编，着重训练几何证明规范性、一次函数实际应用建模、动态多解分析，建议配合讲义错题本进行强化。
1．（2025秋•浦东新区校级期末）如图是一张长方形纸片ABCD，已知AB＝9，AD＝7，E为AB上一点，AE＝6，现要剪下一张以AE为一边的等腰三角形纸片（△AEP），且使点P落在长方形ABCD的某一条边上，则等腰三角形AEP的底边长是 6或62或63 ．
【分析】由矩形的性质可得∠A＝∠B＝90°，结合等腰三角形的性质分三种情况计算即可得解．
【解答】解：由矩形的性质可得∠A＝∠B＝90°，结合等腰三角形的性质分三种情况讨论如下：
如图，AE的垂直平分线交CD于点P，
此时△AEP为等腰三角形，底边为AE＝6；
如图，以点A为圆心，以6为半径画弧交AD于点P，
此时△AEP为等腰三角形，底边为PE=AE2+AP2=62；
如图，以点E为圆心，以6为半径画弧交BC于点P，
此时△AEP为等腰三角形，PE＝AE＝6，BE＝AB﹣AE＝3，
∴BP=PE2−BE2=33，
∴底边AP=AB2+BP2=63；
综上所述：等腰三角形AEP的底边长是6或62或63，
故答案为：6或62或63．
【点评】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
2．（2025春•崇明区期中）已知：如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，对角线AC、BD相交于点O，E在边BC的延长线上，且OE＝OB，∠ADB＝∠OEB．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）联结DE，求证：DE⊥BE．
【分析】（1）根据等边对等角得出∠OBE＝∠OEB，进而利用平行四边形的判定解答即可；
（2）根据平行四边形的性质和证明证明OE＝OB＝OD可得结论．
【解答】证明：（1）∵OE＝OB，
∴∠OBE＝∠OEB，
∵∠ADB＝∠OEB，
∴∠OBE＝∠ADB，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）联结DE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∵OE＝OB，
∴OE＝OB＝OD，
∴∠DEB＝90°，
∴DE⊥BE．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
3．（2025春•闵行区期末）已知：在菱形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足为E、F．
（1）如图①，如果∠BAE＝∠EAF，求证：AE＝BE；
（2）如图②，如果对角线BD与AE、AF交于点M、N，且BM＝MN，求证：∠EAF＝2∠BAE．
【分析】（1）欲证AE＝BE，可以通过证明∠B＝45°＝∠BAE，根据等腰直角三角形的性质得出；
（2）根据菱形的性质，由AAS证明△ABE≌△ADF，由于∠BAN＝90°，通过证明△AMN是等边三角形，得出∠MAN＝60°，则有∠MAB＝30°，从而证明∠EAF＝2∠BAE．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
又∵AF⊥CD，
∴AF⊥AB，
∴∠BAF＝90°，
又∵∠BAE＝∠EAF，
∴∠BAE＝45°，∠AEB＝90°，
∴∠B＝45°＝∠BAE，
∴AE＝BE．
（2）∵菱形ABCD，
∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADF，
又∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB＝∠AFD，
在△ABE与△ADF中，
∠AEB=∠AFD∠ABE=∠ADFAB=AD，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴∠BAE＝∠DAF，AB＝AD，
∴∠ABM＝∠ADN，
∴△ABM≌△ADN（ASA），
∴AM＝AN，
又∵∠BAN＝90°，BM＝MN，
∴AM＝MN＝AN，
∴∠MAN＝60°，
∴∠MAB＝30°，
∴∠EAF＝2∠BAE．
【点评】本题主要考查菱形的边的性质，同时综合利用全等三角形的判定方法及等腰三角形和等边三角形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．
4．（2022春•奉贤区校级期末）已知：如图，在△ABC中，点D在AB上，BD＝AC，E、F、G分别是BC、AD、CD的中点，EF、CA的延长线相交于点H．
求证：（1）∠CGE＝∠ACD+∠CAD；
（2）AH＝AF．
【分析】（1）由题目的已知条件可得EG是△BDC的中位线，所以EG∥BD，由此可得∠CGE＝∠BDC，再根据三角形外角和定理即可证明∠CGE＝∠ACD+∠CAD；
（2）连接FG，易证△FGE是等腰三角形，所以∠GFE＝∠GEF，再根据平行线的性质以及对顶角相等可证明∠H＝∠AFH，进而可得：AH＝AF，
【解答】证明（1）∵E，G分别是BC，CD的中点，
∴EG是△BDC的中位线，
∴EG∥BD，
∴∠CGE＝∠BDC，
∵∠BDC＝∠ACD+∠CAD，
∴∠CGE＝∠ACD+∠CAD；
（2）连接FG，
∵E，F，G分别是BC，AD，CD的中点，
∴EG=12BD，FG=12AC，
∵BD＝AC，
∴GE＝GF，
∴∠GFE＝∠GEF，
∵FG∥HC，
∴∠GFE＝∠H，
∵∠GEF＝∠BFE＝∠AFH，
∴∠H＝∠AFH，
∴AH＝AF．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．
5．（2025秋•揭东区期末）阅读与思考：请阅读下列材料，并完成相应的任务，两点间的距离公式：如果平面直角坐标系内有两点M（x1，y1），N（x2，y2），那么两点间的距离MN=(x1−x2)2+(y1−y2)2，例如：若点M（4，1），N（3，2），则MN=(4−3)2+(1−2)2=2．
（1）已知A（3，5），B（﹣1，﹣3），求A，B两点间的距离；
（2）已知A（1，2），B（﹣3，4），C（﹣1，6），判断△ABC的形状；
（3）代数式(x−3)2+25+(4−x)2+9的最小值是 65 ．
【分析】（1）根据题目中给出的两点间的距离公式计算即可；
（2）根据题目中给出的两点间的距离公式计算每边的边长，即可得出答案；
（3）由(x−3)2+25=(x−3)2+(0−5)2可以看成是（x，0）到点（3，5）之间的距离(4−x)2+9=(x−4)2+[0−(−3)]2，可以看成是（x，0）到点（4，﹣3）之间的距离，再由两点之间线段最短结合两点间的距离公式计算即可得出答案．
【解答】解：（1）∵A（3，5），B（﹣1，﹣3），
∴A，B两点间的距离为AB=(−1−3)2+(−3−5)2=45；
（2）∵A（1，2），B（﹣3，4），C（﹣1，6），
∴AB=(−3−1)2+(4−2)2=25，AB=(−1−1)2+(6−2)2=25，BC=[−3−(−1)]2+(4−6)2=22，
∴AB＝AC，
∴△ABC为等腰三角形；
（3）(x−3)2+25=(x−3)2+(0−5)2，可以看成是（x，0）到点（3，5）之间的距离，(4−x)2+9=(x−4)2+[0−(−3)]2，可以看成是（x，0）到点（4，﹣3）之间的距离，
根据两点之间线段最短得出(x−3)2+25+(4−x)2+9的最小值为：(4−3)2+(−3−5)2=65，
故答案为：65．
【点评】本题考查了两点间的距离公式，等腰三角形的定义，理解题意，熟练掌握两点间的距离公式是解此题的关键．
6．（2025秋•杭州期末）已知一次函数y＝kx+6（k≠0）的图象经过点A（2，2）．
（1）求k的值；
（2）当﹣2≤x≤2时，求函数y的最大值与最小值的差；
（3）当m﹣2≤x≤m+2时，函数y的最大值与最小值的差是否会随着m的变化而变化？若不变，则求出这个定值；若变化，请说明理由．
【分析】（1）直接将点A（2，2）代入函数求解即可；
（2）计算出最大值和最小值后直接求差即可；
（3）求出x＝m﹣2和x＝m+2的函数值，求其差即可判定．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝kx+6（k≠0）的图象经过点A（2，2），
∴2k+6＝2，
∴k＝﹣2；
（2）由（1）可知，二次函数为：y＝﹣2x+6，
∴x＝﹣2时，y＝﹣2×（﹣2）+6＝10，x＝2时，y＝﹣2×2+6＝2，
∴当﹣2≤x≤2时，函数y的最大值为10，最小值是2，
∴最大值与最小值差为10﹣2＝8；
（3）当m﹣2≤x≤m+2时，函数y的最大值与最小值的差不会随着m的变化而变化，
∵x＝m﹣2时，y＝﹣2×（m﹣2）+6＝﹣2m+10，x＝m+2时，y＝﹣2×（m+2）+6＝﹣2m+2，
∴当m﹣2≤x≤m+2时，函数y的最大值与最小值的差是﹣2m+10﹣（﹣2m+2）＝8．
∴当m﹣2≤x≤m+2时，函数y的最大值与最小值的差不会随着m的变化而变化，是定值8．
【点评】此题考查一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式，解题关键是根据一次函数的增减性求出自变量取值范围内的函数最大值与最小值．
7．（2025秋•杭州月考）在直角坐标系中，点A（m，0）在函数y1＝ax+2a﹣1（a≠0）的图象上．
（1）若m＝3，求a的值；
（2）函数y1的图象恒过定点，请直接写出该定点坐标；
（3）若a≠12，设函数y2=12x，当a＜0，y1＜y2时，求x的取值范围．
【分析】（1）代入点A的坐标即可求得；
（2）分别求得m＝2和m＝3时的a的值，结合图象即可求得；
（3）证得两直线都经过点（﹣2，﹣1），结合一次函数的增减性即可判断．
【解答】解：（1）∵点A（m，0）在函数y1＝ax+2a﹣1（a≠0）的图象上，
∴am+2a﹣1＝0，
∴a=1m+2，
∵m＝3，
∴a=15；
（2）由题意得，y1＝ax+2a﹣1＝a（x+2）﹣1，
又∵函数y1的图象恒过定点，
∴当x+2＝0时，即x＝﹣2时，y＝﹣1．
∴该定点坐标为（﹣2，﹣1）；
（3）由题意，结合（2）可得，直线y1过点（﹣2，﹣1），如图，
∵a＜0，
∴当x＞﹣2时，y随x的增大而减小，
∵直线y2=12x也经过点（﹣2，﹣1），且y随x的增大而增大，
∴当y1＜y2时，x的取值范围是x＞﹣2．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式，一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，数形结合是解题的关键．
8．（2026•龙沙区开学）在一条平坦笔直的道路上依次有A、B、C三地，甲车先从C地向A地匀速行驶，1小时后，乙车从A地出发，先匀速行驶到B地，装货耗时半小时，由于满载货物，为了行驶安全，速度减少了50千米/时，匀速行驶到C地，结果比甲车晚半小时到达目的地．甲、乙两车距各自出发地的路程y1（单位：千米），y2（单位：千米）与甲车的行驶时间x（单位：小时）之间的函数图象如图所示．请结合图象信息解答下列问题：
（1）a的值 5.5 ；b的值 8.5 ；甲车的速度为 60 千米/时；
（2）求乙车减速前的速度，及图象中线段EF的函数解析式；
（3）直接写出乙车出发多少小时与甲车相距220千米．
【分析】（1）由装货耗时半小时，即可求得a的值；由乙车比甲车晚半小时到达目的地，即可求得b的值，根据速度＝路程÷时间，即可求出甲车的速度；
（2）设乙车减速前的速度，进而表示出减速后的速度，根据乙车的总路程等于480千米列方程求解即可；分别表示出E，F的坐标，利用待定系数法求解线段EF的函数解析式即可；
（3）根据乙车的三种运动状态，分段讨论，分别根据甲、乙两车的运动路程、道路总长以及两车相距220千米列方程求解即可．
【解答】解：（1）根据题意得，a＝5+0.5＝5.5（小时），
b＝8+0.5＝8.5（小时），
甲车的速度为：4808=60（千米/小时）；
（2）设乙车减速前的速度为v千米/小时，
根据题意可得：（5﹣1）v+（8.5﹣5.5）（v﹣50）＝480，
解得v＝90，
∴乙车减速前的速度为90千米/小时，
∴4v＝360，
∴E（5.5，360），
由（1）可知，F（8.5，480），
设线段EF的函数解析式为y2＝kx+b（k≠0），
将E（5.5，360），F（8.5，480）代入得，
360=5.5k+b480=8.5k+b，
解得k=40b=140，
∴y2＝40x+140（5.5≤x≤8.5）；
（3）∵甲车的行驶时间x小时，
∴乙车的行驶时间（x﹣1）小时，
当5＜x≤5.5时，乙车的路程为y2＝360千米，甲车的路程为5×60＜y1≤5.5×60千米，即300＜y1≤330千米，
甲乙两车相距介于30～60千米之间，故不存在相距220千米；
当5.5＜x≤8.5时，有：60x﹣220＝480﹣（40x+140），
解得x=285；
∴x−1=235；
当0＜x≤5时，有：60x+90（x﹣1）+220＝480，
解得x=73，
∴x−1=43；
综上，乙车出发43小时或235小时，与甲车相距220千米．
【点评】本题考查依次函数的应用，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
几何对象
重要性质/定理
相关公式/结论
n边形
内角和、外角和、对角线
n−2×180°；对角线总数 nn−32
平行四边形
对边平行且相等，对角线互相平分
面积 = 底×高，S=absinθ
矩形
对角线相等，四个直角
面积=长×宽，对角线 a2+b2
菱形
对角线垂直平分，每条对角线平分一组对角
面积 =d1d22
正方形
四边相等，四角90°，对角线垂直相等
对角线 =a2，面积 a2
三角形中位线
平行于第三边且等于第三边一半
DE∥BC，DE=12BC
重心
中线交点，重心分中线2:1
AG:GD=2:1（G为重心）
两点距离
坐标平面内距离公式
x2−x12+y2−y12
一次函数
k决定方向，b为截距
两直线平行则k相等；交点坐标满足方程组